Региональный этап Всероссийской олимпиады школьников по физике

1
Региональный этап Всероссийской олимпиады школьников по физике
Е.Г. ЕКОМАСОВ, д.ф.-м.н., профессор кафедры теоретической физики БГУ;
В.Н. НАЗАРОВ, к.ф.-м.н., Институт физики молекул и кристаллов УНЦ РАН;
С.А. НИЯЗГУЛОВ, к.ф.-м.н., доцент кафедры теоретической физики БГУ
В середине января в Уфе прошел республиканский этап Всероссийской
олимпиады школьников по физике, в котором приняли участие 206
представителей девятых, десятых и одиннадцатых классов. В жюри
олимпиады работали преподаватели БГУ, БГПУ, УГАТУ, БГМУ, БГАУ. Как
и
в
прошлом
году
на
олимпиаду
были
приглашены
победители
муниципальных этапов, набравшие не менее 50 % возможных баллов. Ниже
приведены список победителей, условия задач и их решения, полученные от
всероссийского оргкомитета, основные ошибки, сделанные участниками и
анализ результатов олимпиады.
Участник
Н. Коваленко
А. Васбикарамов
М. Хотько
А. Салихова
Д. Исхаков
Б. Фархтдинов
А. Хисамутдинов
Э. Бигушев
Д. Савичев
А. Пуксант
К. Сухарев
Е. Сорокин
Д. Валинуров
А. Музафаров
М. Гурин
Школа
IX класс
г. Уфа, гимназия № 93
с. Бураево, гимназия № 2
г. Уфа, гимназия № 93
г. Межгорье, МОУ СОШ № 3
г. Нефтекамск, лицей №1
г. Уфа, гимназия № 3
г. Уфа, лицей № 83
г. г. Стерлитамак, БЛИ № 3
г. Уфа, гимназия № 93
г. Нефтекамск, лицей № 1
г. Уфа, гимназия № 105
г. Уфа, лицей № 83
г. Уфа, лицей № 83
г. Межгорье, МОУ СОШ № 3
г. Благовещенск, МОБУ СОШ № 4
победитель
призер
призер
призер
призер
призер
призер
призер
призер
призер
призер
призер
призер
призер
призер
Ю. Билинский
М. Гольдштейн
Д. Шуранов
X класс
г. Белебей, гимназия № 1
г. Уфа, лицей № 153
г. Уфа, гимназия № 3
победитель
призер
призер
2
К. Белев
С. Петрыкин
И. Гильманшин
Л. Аминев
Р. Хуснуллин
А. Исрафилова
Т. Муллаянов
Д. Галлеев
Н. Фролов
А. Биккулова
Ф. Пантелеев
г. Нефтекамск, лицей № 1
г. Уфа, лицей № 83
г. Уфа, РБЛИ
г. Уфа, лицей № 83
г. Нефтекамск, лицей № 1
г. Уфа, гимназия № 3
г. Нефтекамск, лицей № 1
г. Нефтекамск, лицей № 1
г. Стерлитамак, гимназия № 2
г. Стерлитамак, гимназия № 1
г. Кумертау, МОУ СОШ № 3
призер
призер
призер
призер
призер
призер
призер
призер
призер
призер
призер
Р. Яубатыров
Э. Кантимирова
А. Лобанов
А. Кузнецов
Н. Сайфуллина
М. Валиев
А. Мулюков
Р. Тухватуллин
Э. Мухарлямова
Р. Ахмадеев
Р. Вафин
А. Биктимиров
С. Даниленко
А. Садрисламов
А. Кусяев
Э. Якшибаев
А. Теляшева
XI класс
г. Белебей, гимназия № 1
г. Уфа, гимназия № 93
г. Уфа, лицей № 153
г. Нефтекамск, лицей № 1
г. Ишимбай, лицей № 12
г. Октябрьский, гимназия № 2
г. Уфа, лицей № 83
г. Уфа, лицей № 83
г. Уфа, лицей № 83
г. Уфа, гимназия № 93
г. Уфа, лицей № 153
г. Уфа, лицей № 153
г. Стерлитамак, БЛИ № 3
г. Нефтекамск, лицей № 1
г. Уфа, РБЛИ
г. Стерлитамак, МБОУ СОШ № 12
г. Уфа, лицей «Содружество»
победитель
призер
призер
призер
призер
призер
призер
призер
призер
призер
призер
призер
призер
призер
призер
призер
призер
IX класс
Задача 1. Плот и катер. От пристани «Дубки» экспериментатор Глюк
отправился в путешествие по реке на плоту. Ровно через час он причалил к
пристани «Грибки», где обнаружил, что забыл свой рюкзак на пристани в
«Дубках».
К счастью, Глюк увидел на берегу своего друга – теоретика Бага, у
которого была моторная лодка. На ней друзья поплыли обратно, забрали
рюкзак и вернулись в «Грибки».
Сколько времени моторная лодка плыла против течения, если всё
плавание заняло 32 минуты?
Мотор лодки в течение всего плавания работал на полную мощность, а
3
время, которое потребовалось на подбор рюкзака, пренебрежимо мало.
Решение. Пусть скорость течения реки u. Тогда расстояние от
«Дубков» до «Грибков» равно L  ut 0 , где t 0 – время плавания на плоте.
Пусть скорость моторной лодки относительно воды равна v. Тогда
время t1 , затраченное на движение от «Грибков» до «Дубков», равно:
t1 
L
u
.
 t0
vu
vu
t2 
L
u
. Всё время плавания на лодке оказалось равным
 t0
vu
vu
t12  t1  t 2  t 0
На
2vu
v  u2
2
обратный
путь
потребовалось
время
.
Выразим скорость моторной лодки, через скорость течения реки, решив
квадратное уравнение относительно v:

t
t0
2
v  2 uv  u  0 , отсюда v  u   0
 t12
t12

2
2

 t0  
  1    .

 t12  

Искомое время
t1  t0
Участники
t0t12
u

 20 мин.
v  u t  t  t2  t2
0
12
12
0
олимпиады
предложили
другие
решения,
которые
отличались от приведенного здесь, но, тем не менее, были признаны
правильными и давали тот же результат. Приведем два из них.
1) Если обозначить время сплавления плота по реке t 0  60 мин,
скорость реки u, скорость моторки v, расстояние между пристанями L, то для
расстояния получим: L  ut 0 . Обозначим искомое время t1 . Тогда пусть
время необходимое для возвращения будет t 2 . Согласно условию задачи
t  t1  t 2  32
мин.
Запишем
уравнения
для
скоростей
v  u  L / t 2 . Вычитая из второго первое, получим:
v  u  L / t1 ,
2u  L(1 / t 2  1 / t1 ) .
Подставляя сюда значение L и сокращая u в обеих частях равенства, имеем
2  t 0 (1 /(t  t1 )  1 / t1 ) . Отсюда следует квадратное уравнение для искомого
4
времени 2t12  2(t0  t )t1  t 0t  0 . Решая его, получаем: t1  20 мин.
2) Поскольку расстояние между пристанями значения не имеет, примем
его равным 1 км. Тогда скорость реки равна 1 км/ч. Тогда для скорости
1
1
32 8
часа, которое легко



x  1 x  1 60 15
моторки x получаем уравнение
преобразуется к виду x 2 
15
x  1  0 . Решая его, получим, что скорость
4
моторки равна 4 км/ч. Подставляя это значение в формулу, определяющую
искомое время получаем: t  1/( x  1)  1/ 3 часа = 20 мин.
Анализ ошибок. Основные трудности при решении этой задачи:
невозможность выразить скорость моторной лодки через скорость течения
реки; невозможность выразить время движения моторной лодки по течению
и против течения через соотношения скоростей течения реки и лодки;
решение квадратного уравнения относительно скорости лодки; получение
зависимости скорости лодки v относительно скорости реки u , то есть
v  f (u ) .
Задача
2.
Линейная
теплоёмкость.
Теплоёмкость
некоторых
материалов может зависеть от температуры. Рассмотрим брусок массы m1  1
кг, изготовленный из материала, удельная теплоёмкость которого зависит от
температуры
t
по
закону:
c  c1 (1  t ) ,
где
c1  1,4  10 3 Дж/(кг  C) ,
  0,014 C 1 . Такой брусок, нагретый до температуры t1  100 C , опускают
в калориметр, в котором находится некоторая масса m2 воды при
температуре
t 2  20 C .
После
установления
теплового
равновесия
температура в калориметре оказалась равной t 0  60 C .
Пренебрегая теплоёмкостью калориметра и тепловыми потерями,
определите массу
m2
воды в калориметре. Известно, что удельная
теплоёмкость воды c2  4,2  10 3 Дж/(кг  C) .
Решение. Построим график зависимости удельной теплоемкости
материала бруска от температуры: (рис. 1).
5
Рис. 1
На оси абсцисс отмечены точки t1 , t 2 и t 0 . За время теплообмена с
водой в калориметре температура бруска понизилась с t1 до t 0 . При этом
брусок передал воде количество теплоты, численно равное площади
заштрихованной поверхности, умноженной на массу бруска m1  1 кг.
Запишем
уравнение
теплового
баланса:
 1  t1  1  t0 
m2 c2 (t0  t 2 )  m1c1 
(t1  t0 ) . Из этого соотношения находим:
2


c1 (t12  t02 )  2(t1  t0 )
m2  m1
 0,707 кг.
2c2
t0  t 2
Анализ
ошибок.
Основными
ошибками
стали
неправильное
нахождение среднего значения и подстановка в уравнение теплового баланса
либо
максимальной,
либо
минимальной
теплоемкости.
Большинство
учащихся, решавших эту задачу, находили количество теплоты, полученную
водой, и написали уравнение теплового баланса. В основном ученики,
правильно решившие задачу, теплоту, переданную бруском, определили по
среднему значению теплоемкости. Было небольшое количество работ, где
приведено графическое решение, а один участник решил задачу даже с
использованием интегралов.
Задача 3. Цепь с двумя амперметрами. В электрической цепи (рис. 2)
сила тока, проходящего через резистор R3 , равна 1 мА. Сопротивления
резисторов R1  1 кОм, R3  3 кОм.
Перерисуйте рисунок в свою тетрадь и укажите на нём направления
токов, идущих через резисторы. Чему равно напряжение U батарейки? На
6
сколько миллиампер отличаются показания амперметров
A1
и
A2 .
Амперметры считайте идеальными.
Рис. 2
Решение. Перерисуем исходную схему (рис. 3). Через резисторы ток
течет от положительного полюса батарейки к отрицательному. По условию
оба амперметра идеальные. Следовательно, все три резистора соединены
параллельно и подключены к полюсам батарейки. Поэтому: U  I c R3  3 В, а
Ia 
U
 3 мА.
R1
Рис. 3
Для сил токов, протекающих через амперметры, справедливы соотношения:
I a  Ib  I 2 ,
(1)
I c  I b  I1 .
(2)
Вычитая почленно уравнение (2) из уравнения (1), находим ответ на
второй вопрос задачи:
I 2  I1  I a  I c  2 мA.
Анализ ошибок. Более половины участников пытались преобразовать
схему и получали систему уравнений для трех токов. Но только несколько
7
участников не потеряли соединения амперметров и получили систему
уравнений для пяти токов и получили полное правильное решение. В
некоторых
случаях
соединение
проводников
(резисторов)
считалось
последовательным и наличие амперметров игнорировалось.
Задача 4. На киностудии. При съёмке художественного фильма
потребовалось заснять эпизод с падением вагонов поезда, с моста в реку. Для
этого был достроен макет железной дороги, моста и вагонов в масштабе 1 :
50. С какой частотой кадров N1 необходимо снимать этот эпизод, чтобы при
просмотре кадров со стандартной частотой N 0  24 кадра/с ситуация
выглядела правдоподобно?
Решение. Пусть реальный поезд падает с высоты h, тогда высота
падения макета равна h/50. Обозначим через t н и t м времена падения
настоящего поезда и макета.
Падение и оригинала, и макета происходит с одним и тем же
ускорением, равным ускорению свободного падения. Так как время
свободного падения с высоты h пропорционально корню из h, то для времён
t н и t м выполнено соотношение:
tн
h
.

tм
h / 50
Чтобы ситуация выглядела правдоподобно, за время падения оригинала
и макета должно быть отснято одинаковое количество кадров. Отсюда:
N 0 t н  N1t м ,
поэтому, используя предыдущее выражение, окончательно находим:
N1  50 N 0  170 кадров/с.
Анализ ошибок. Данную задачу решали либо полностью (на 8 и 10
баллов), либо совсем не решали. Для большинства учеников осталось
непонятным как изменение масштаба влияет на скорость восприятия кадров.
При решении задачи учащиеся допускали два типа ошибок: либо считали,
что скорость восприятия кадров не зависит от числа кадров, либо считали,
что при изменении масштаба скорость восприятия изменится во столько же
8
раз.
Задача 5. Два зеркала. Перед системой зеркал M 1 и M 2 расположена
буква Ь так, как показано на рисунке 4. Постройте на том же рисунке все
изображения, даваемые этой системой. Докажите, что других изображений
быть не может. Длина каждого из зеркал равна расстоянию между ними.
Рис. 4
Решение. Два изображения строятся сразу. Это изображение S1 в
зеркале M 1 и S 2 в зеркале M 2 (рис. 5). Теперь проверим, могут ли появиться
другие изображения.
Рис. 5
S 2 оказывается за отражающей поверхностью обоих зеркал, а поэтому
не может дать нового изображения.
Найдем область, из которой видно изображение S1 . Для этого проведём
лучи, выходящие из S1 и проходящие через края зеркала M 1 . Изображение
будет видно из точек, расположенных между лучами с рабочей стороны
зеркала M 1 . Самым широким раствор угла «видимости» изображения S1
будет между лучами, выходящими из самой верхней точки изображения.
9
Из построения определяем, что зеркало M 2 в эту область не попадает
ни для одной из точек изображения. Значит, S1 не даёт нового изображения в
M 2 . Итак, в системе есть всего два изображения.
Анализ ошибок. Большинство учеников данную задачу решили только
частично, найдя изображение в зеркале M 1 . Лишь немногие нашли верное
изображение в зеркале M 2 , и только три ученика доказали, что изображений
только два. Видимо, учителя не акцентируют внимание учащихся при
изучении темы о зеркалах и на построение изображений в системе зеркал.
X класс
Задача 1. «Абсолютно» упругий удар. Доска массы М и длины L
скользит с некоторой скоростью v0 по гладкой горизонтальной поверхности.
На левом краю доски лежит кубик массы m. Коэффициент трения
скольжения между кубиком и доской равен  .
Доска испытывает абсолютно упругий удар о вертикальную стенку
(рис. 6). При какой максимальной скорости v0  vmax доски кубик с неё не
упадёт? Размерами кубика по сравнению с L пренебречь. В процессе всего
движения кубик не опрокидывается.
Рис. 6
Решение. Сразу после удара о стенку доска изменит направление
движения на противоположное, а кубик продолжит движение к стенке. Сила
трения скольжения вызовет изменение как скорости кубика, так и скорости
доски.
Уравнение
движений
для
кубика
и
доски:
vк  v0  gt ,
Maд  Fтр  mg , откуда aд  gm / M . Следовательно, скорость доски
vд  v0  gtm / M .
Проскальзывание прекратится после того, как скорости доски и кубика
10
сравняются (рис. 7):
v0  g
2v
m
M
.
tк  v0  gtк , откуда tк  0
g ( M  m)
M
Рис. 7
Максимальное перемещение кубика относительно доски равно L. Из рисунка
видно, что оно численно равно площади заштрихованного треугольника:
L
1
 2v0  tк , то есть максимальная скорость, при которой кубик не упадет с
2
доски: vmax 
Анализ
gL 
m
1   .
2  M
ошибок.
Данная
задача
требовала
анализа
картины
столкновения и поведения кубика и доски после упругого соударения. С этой
задачей большинство учеников справилось. Расчетная часть предполагала
правильное использование или законов сохранения, или законов динамики
для всей системы и кубика в отдельности. С этой задачей справились лишь
отдельные ученики. Основные ошибки при решении данной задачи были
следующие: частичное использование принципа относительности (например,
для движения кубика относительно доски учтена относительная скорость, а
относительное ускорение не учтено); в законах сохранения кинетическая
энергия записывается относительно Земли, а работа сил трения относительно
доски; неверно записан закон сохранения импульса, хотя он не работает в
условиях данной задачи. Также можно отметить, что ни один ученик не
решил задачу кинематическим способом, который предполагался авторами
11
задачи, тем более с использованием графика. Поэтому жюри оценивало
решение задачи энергетическим методом со своей разбалловкой задачи.
Задача 2. Электростатическое взаимодействие. Определите модуль
силы электростатического отталкивания двух маленьких заряженных
шариков одинаковой массы m. Один из них висит на нити длины L, другой –
на нити длины 2L. Угол между нитями равен 60° (рис. 8).
Рис. 8
Решение. Рассмотрим  ABC . В нём BAC  60 (см. рис.). Поскольку
AB  2 AC , то прямоугольный треугольник, в котором ACB  90 . Пусть
угол между вертикалью AD и нитью АС равен  . Тогда: F  mg sin  .
(3)
Рис. 9
Выберем в качестве полюса точку А. Согласно правилу моментов:
mg  2L sin( 60  )  mg  L sin  . Отсюда cos 
sin  
2 sin 
, а
3
3
 0,65 . Из (3) получаем ответ: F  0,65mg .
7
12
Анализ ошибок. С точки зрения физики задача несложная. Однако,
способ нахождения угла 
через правило моментов, предложенный
авторами, не единственно возможный. Его можно определить еще двумя
способами: через сумму сил поочередно на оба тела и через положение
центра масс. Основной ошибкой при решении данной задачи явилось как раз
определение угла  и путаница при нахождении проекций.
Задача 3. Процесс с идеальным газом. Идеальный газ в количестве 
моль участвует в процессе АВ, изображённом на рисунке 10 в координатах
(T ) , где  – плотность газа, а T – его температура. При каких условиях
(температуре) давление газа на 25% меньше максимального? Температура T0
известна.
Рис. 10
Решение. Запишем уравнение Менделеева–Клапейрона в виде:
p
R
T ,

(4)
где р – давление газа. Если обозначить t  T /T0 , а  0 – максимальная
плотность газа, то уравнение рассматриваемого процесса примет вид:
   0 (1  t ) , откуда
p  0T0
R
(t  t 2 ) .

(5)
Исследуем на максимум выражение (5). Это квадратный многочлен
относительно t, представляющий из себя уравнение параболы, ветви которой
направлены вниз, и его значение достигает максимума в вершине параболы,
то есть при t  1/ 2 . Отсюда находим максимальное давление:
pmax 
1R
0T0 .
4
(6)
13
С учетом (6) уравнение (5) принимает вид:
p
pmax
 4(t  t 2 ) .
В задаче требуется найти условия, когда
p / pmax  3 / 4 . Решая
уравнение, находим, что T / T0  1 / 2  1 / 4 . Таким образом, условию задачи
1
3
удовлетворяют два значения температуры: T1  T0 и T2  T0 .
4
4
Анализ ошибок. По данной задаче надо обратить внимание на умение
извлекать информацию из графиков, правильно аналитически представлять
графические зависимости, а также на то, что угол наклона прямых зависит от
выбранного масштаба и отношение катетов является размерной величиной.
Задача 4. «Сферический» резистор. Из трёх проволок, каждая из
которых имеет сопротивление R  96 Ом, сделали три кольца и соединили их
так, что длина участка между любыми двумя ближайшими узлами одинакова
(рис. 11). Чему равно сопротивление R AB конструкции между узлами А и В?
Рис. 11
Решение. Подключим к узлам А и В батарейку. Сопротивление участка
проволоки между двумя ближайшими узлами r  R / 4 . В силу симметрии
цени относительно плоскости, в которой лежит кольцо ABCD, точки Е и F
можно соединить между собой. При этом сопротивление R AB не изменится.
Нарисуем эквивалентную схему получившейся цепи (рис. 12а).
Если узел Е (рис. 12б) разъединить так, как показано на рисунке 12в, то
сопротивление R AB не изменится, потому что после разъединения Е
напряжение на участке E1 E2 будет равно нулю в силу симметрии. Теперь
легко вычислить сопротивление отдельных участков:
14
RCD  r / 2 , R ADCB  5r / 2 .
а)
б)
в)
г)
Рис. 12
Эквивалентная
схема
изображена
на
рисунке
г.
Сопротивление
получившейся цепи R AB  5r / 12  5R / 48  10 Ом.
Анализ ошибок. Задача несложная и даже «классическая». Поэтому
ожидалось, что решат ее если не большинство, то, во всяком случае, многие.
Тем не менее, что удивительно, она была правильно решена в единичных
случаях. Большинство учеников правильно определили сопротивление
участка проволоки между двумя узлами. Многие отметили, что в силу
симметрии цепи точки E и F можно соединить. Однако преобразования к
эквивалентной схеме выполнены неправильно. Были случаи, когда на основе
правильной эквивалентной схемы ошибочно проведены расчеты. Решение
15
задачи, рекомендованное авторами, встретилось только два раза.
Задача 5. Полость в стене. В толстой бетонной стене была
обнаружена внутренняя полость. Для определения её объёма в стене
просверлили тонкое отверстие, соединяющее полость с атмосферой. Через
это отверстие тонким шлангом полость герметично соединили с поршневым
насосом и манометром (рис. 13). В начальном состоянии поршень насоса
находился в верхнем положении, а давление в системе насос–полость
равнялось атмосферному. Затем была исследована зависимость давления в
системе от объёма воздуха в насосе p (V ) . Полученные экспериментальные
результаты представлены в таблице.
V, л
p, кПа
1,0
100
0,8
110
0,6
130
0,4
150
0,2
175
Рис. 13
Путём графического анализа результатов эксперимента, определите
объём внутренней полости. Погрешность измерения давления в данном
эксперименте составляла 3%. Погрешностью определения объёма под
поршнем
насоса
производилось
можно
пренебречь.
квазистатически,
то
Уменьшение
есть
настолько
объёма
насоса
медленно,
что
температуру воздуха в системе насос–полость на протяжении всего
16
эксперимента, можно считать равной температуре окружающей среды.
Решение.
Пусть объем полости равен V0 . Тогда из уравнения состояния:
p(V  V0 )  C  const , или V 
C
 V0 ,
p
так как температура воздуха по условию задали постоянна. Если построить
график в координатах ( p 1 , V), то он должен представлять из себя прямую
линию (рис. 14).
Рис. 14
Значения дня построения графика приведены в таблице 1. Заметим, что
удобнее строить график зависимости V ( p 1 ) , а не p (V 1 ) , так как мы
пытаемся определить объём. Это уменьшит погрешность его определения и
облегчит обработку результатов.
p 1 , МПа 1
p 1 , МПа 1
10,0
0,3
9,1
0,3
7,7
0,2
6,7
0,2
5,7
0,2
Оценим погрешность p 1 :
17
p 1 
1
1
p
p  p
,


 2
p p  p p( p  p) p
p
где  p  3% – относительная погрешность измерения давления.
Отложим на графике экспериментальные точки. Проведем через них
прямые с наименьшим и наибольшим возможным наклоном. Так мы получим
значения Vmin и Vmax , соответствующие пересечению графика с осью V. Из
этих значений оценим погрешность V  (Vmax  Vmin ) / 2 . В итоге получаем
ответ V0  (0,82  0,05) л.
Анализ ошибок. Данная задача требует графического решения, причем
требуется оценить погрешность полученного решения. К сожалению,
учащиеся оказались не подготовленными к решению данной задачи.
Поскольку, как правило, в школе требуется аналитическое решение и расчет
численного значения по полученной формуле. Поэтому при решении данной
задачи, в лучшем случае, записывалось уравнение состояния и нахождение
ответа через решение уравнений, хотя по условию задачи требуется
графическое решение.
XI класс
Задача 1. Груз на горке. Слева направо по гладкой плоскости скользит
тяжёлая горка массы М, на вершине которой покоится лёгкий груз массы m
(рис. 15). Кинетическая энергия  1 груза в четыре раза меньше его
потенциальной энергии П. Груз съезжает с горки без трения. Найдите его
кинетическую энергию  2 , когда он окажется на плоскости. Считайте, что
  1 Дж, M  m .
Рис. 15
Решение. Пусть скорость системы в начальном состоянии v0 , высота
18
горки Н. Запишем закон сохранения энергии и закон сохранения импульса
для системы груз–горка:
v02
v12
v22
mgH  (m  M )  M
m ,
2
2
2
(7)
(m  M )v0  Mv1  mv 2 ,
(8)
где v1 – скорость горки после соскальзывания груза, v 2 – скорость
соскользнувшего груза.
Поскольку нас не интересует конечная скорость горки, то исключим из
уравнений (7) и (8) скорость v1 , в результате чего получим:
 M
v22  2v0 v2  v02  2 gH 
m M

  0.

Так как по условию задачи v2  v0 , то запишем:
 M
v2  v0  2 gH 
m M

.

(9)
Теперь учтём, что m  M . В этом случае уравнение (9) упростится:
v2  v0  2 gH .
Кинетическая энергия груза, съехавшего с горки, равна:
mv22 mv02
2 

 mgH  mv0 2 gH .
2
2
(10)
По условию   4 1 , откуда следует, что:
v0 
gH
.
2
(11)
После подстановки (11) в (10) окончательно имеем:
 2   1    mgH  2,25  2,25 Дж.
Анализ ошибок. При решении данной задачи многие учащиеся
сделали пренебрежение m / M  0 прямо в законах сохранения энергии и
импульса, потеряв при этом важные слагаемые, которые существенны.
Предельный переход m / M  0 нужно было делать в окончательном
выражении для скорости груза (или его кинетической энергии). Если бы в
19
условии задачи не говорилось о том, что M  m , то этих ошибок удалось бы
избежать. Следует также отметить, что более рациональным решением
задачи является переход в систему отсчета, движущуюся со скоростью v0
(скорость горки и груза в начальный момент).
Задача
2.
Нарушение
равновесия.
Некто
провёл
серию
экспериментов по исследованию устойчивости системы, изображённой на
рисунке 16.
Рис. 16
Из бункера, расположенного на высоте Н над выступающим краем
однородной доски, лежащей на двух опорах, сразу после открывания
заслонки начинает высыпаться песок с массовым расходом  кг/с.
Расстояние между опорами составляет 2/3 от длины доски. Система устроена
так, что попадая в лёгкую чашу, закреплённую на краю доски, песок там и
остаётся.
Экспериментатор заметил, что в первом опыте край доски оторвался от
опоры В спустя время 1  1,00 с после открывания заслонки. После этого
экспериментатор вдвое уменьшил массовый расход песка и обнаружил, что
доска скова оторвалась от опоры В спустя время 1 . В третий раз он
уменьшил расход вчетверо по сравнению с первоначальным, и доска
оторвалась от опоры В уже спустя время  2  1,75 с.
Зная, что масса доски M  700 г, определите высоту Н, с которой падал
песок, и массовый расход  песка в первом эксперименте.
Решение. Согласно правилу моментов относительно полюса А правый
край доски оторвется от опоры В а момент, когда сила, действующая на
левый край доски, станет равной: F  Mg / 2 .
(12)
20
Эта сила складывается из двух составляющих – статической и динамической.
Пока песок летит, он не действует на доску. Время его падения от
заслонки бункера до доски равно   2H / g . Зато потом на доску начинает
действовать постоянная динамическая составляющая силы: Fдi  i v ,
где v  2 gH – скорость песка перед паданием на доску,  i – массовый
расход песка в i-м опыте.
В то же время постепенно начинает расти статическая составляющая
силы: Fci   i (t  ) g , возникающая за счет увеличения массы песка на доске.
Поэтому в момент времени t   суммарная сила, действующая на доску со
стороны песка, равна: Fi  Fдi  Fсi  i gt ,
(13)
причём время t отсчитывается от момента открытия заслонки бункера.
Теперь рассмотрим результаты эксперимента. Так как в первых двух
опытах время не зависит от расхода песка, то 1    2H / g , откуда высота
падения песка: H  g12 / 2  5 м.
Уменьшение массового расхода в 4 раза приводит к тому, что динамической
составляющей уже не хватает для начала опрокидывания доски. Тогда,
используя (13) и (12), находим массовый расход песка в первом
эксперименте:  
M
 0,2 кг/с.
2
Анализ ошибок. Многие участники не учли динамическую силу,
обусловленную изменением импульса песчинок при их падении в чашу. Нет
понимания того, что момент отрыва характеризуется уменьшением силы
реакции опоры до нулевого значения. Большинство учеников не разобрались
с условием, где приводятся три эксперимента по исследованию устойчивости
системы, точнее не поняли, зачем нужны были первые два эксперимента с
одинаковым результатом.
Задача 3. Цепь с конденсатором. Электрическая схема (рис. 17)
состоит из источника постоянного тока с ЭДС

и внутренним
сопротивлением r, конденсатора ёмкостью С и резистора R. В начальный
21
момент конденсатор не заряжен.
Рис. 17
Ключ К в схеме сначала замыкают, а затем размыкают в тот момент,
когда скорость изменения энергии, запасённой в конденсаторе, достигает
максимума. Какое количество теплоты выделится в схеме после размыкания
ключа?
Решение. Энергия, запасенная в конденсаторе, W  q 2 /( 2C ) , где q –
заряд на обкладках конденсатора, а С – ёмкость конденсатора.
Дифференцируя выражение дня энергии по времени, получим:
dW
 P  UIC .
dt
Запишет второе правило Кирхгофа для контура ABCD (рис. 18),
обозначая через I силу тока, текущего через резистор r:
Ir  U   , откуда I  (  U ) / r .
(14)
Рис. 18
Применяя второе правило для контура ABEF, получим:
U  (I  IC )R ,
(15)
где учтено, что сила тока, текущего через резистор R, равна I R  I  I C .
Подставим в (15) выражение из (14). Тогда:
IC 
dq R  U ( R  r )

.
dt
Rr
22
Исследуем
на
максимум
Udq / dt  U ( / r )  U 2 ( R  r ) /( Rr ) .
Это
квадратный
произведение
многочлен,
представляющий из себя уравнение параболы, ветви которой направлены
вниз. Его значение достигает максимума в вершине параболы, то есть при:
U
R
.
2( R  r )
Такое же напряжение будет на конденсаторе в момент размыкания
ключа. Тогда количество теплоты, выделившееся в цепи после размыкания
ключа, равно:
2
CU 2 C 2  R 
Q W 


 .
2
8 Rr
Анализ ошибок. Большинство ошибок связано с нахождением условия
максимального изменения энергии в конденсаторе. Также основной ошибкой
в решении являлось предположение о том, что ток постоянный.
Задача 4. Призма на воде. Поверхности воды касается равнобедренная
стеклянная призма ABC (рис. 19). Луч света, падающий из воздуха под углом
 0 на грань АС, после прохождения призмы выходит через грань АВ под тем
же углом  0 . Чему равен угол преломления 1 ?
Показатель преломления воды n0  4 / 3 , угол С при вершине призмы –
прямой. Величина угла  0 неизвестна.
Рис. 19
Решение.
Пусть показатель преломления стекла равен n. Выполним рисунок,
поясняющий ход луча (рис. 20). Запишем закон Снелла дня луча,
23
преломляющегося на гранях АС и АВ:
для грани AC: sin 0  n sin 1 ;
(16)
для грани AB: n0 sin 0  n sin  2 .
(17)
Рис. 20
Разделим почленно уравнение (17) на уравнение (16):
n0 
sin  2
.
sin 1
Так как призма равнобедренная и прямоугольная, то угол   45 . Для
треугольника DEF угол  1 – внешний. По теореме о внешнем угле
треугольника:
1   2  1 .
Заметим,
что
углы

и
1
равны
как
углы
со
взаимно
перпендикулярными сторонами. С учётом двух последних соотношений
получим:
n0 
sin(   1 ) cos1  sin 1 1  tg 1


.
sin 1
2 sin 1
2 tg 1
Подставив в уравнение значение n0 , окончательно получим:
tg 1 
3
 0,347 ,
4 2 3
откуда следует, что 1  19,1 .
Анализ ошибок. Основной ошибкой являлось то, что половина
учащихся путала отношение показателей преломления в законе Снелла.
24
Задача 5. Термодинамический «лабиринт». Над 1 моль метана ( CH 4 )
совершается процесс, график которого изображён на рисунке 21. Перенесите
график процесса в тетрадь и выделите на нём участки, на которых к газу
подводится теплота. Какое количество теплоты было подведено к газу в этом
процессе? p0 и V0 считать известными.
Рис. 21
Решение. Теплота подводится к газу на тех изохорах и изобарах, на
которых температура возрастает. Обозначим эти участки жирными линиями
(рис. 22). Вычислим суммарную работу, совершенную на этих участках, как
сумму площадей под выделенными горизонтальными прямыми:
A
9  9  8  7  7  5  6  3  5 1
,

p0V0
100
откуда A  1,95 p0V0 .
Рис. 22
25
Так как метан – многоатомный газ, то его молярная теплоемкость при
постоянном объёме равна CV  3R . Вычислим изменение внутренней
энергии на тех участках, где тепло подводится к газу:
U
1
(10  9  1  9)  (9  8  2  1)  (8  7  3  2) 

3 p0V0 100
 (7  6  4  3)  (6  5  5  4)   2,41 ,
откуда U  7,23 p0V0 . Тогда подведенное тепло: Q  U  A  9,18 p0V0 .
Анализ ошибок. Основной ошибкой является то, что многие учащиеся
не знают выражения для теплоемкости при постоянной объеме для
многоатомного газа - CV  3R . Учащиеся либо берут формулу как для
одноатомного газа, либо, те которые знакомы с числом степеней свободы i,
берут ее как для двухатомного. Некоторые берут вообще непонятно какое
число, например, i  11 , хотя известно, что для многоатомного газа i  6 .
Бывают затруднения с безразмерными величинами, потому что на графике
приведены числа в переменных p0 и V0 . Встретились несколько работ, в
которых начало процесса было отмечено в точке p  p0 , что приводило к
неверным вычислениям, хотя на графике четко видно, что p  0,9 p0 .
Результаты
олимпиады.
Результаты,
показанные
участниками
олимпиады в теоретическом туре по классам, задачам и набранным баллам,
представлены ниже в таблице и графиках зависимости количества учеников
от набранных баллов.
IX класс (64 ученика)
Баллы
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1 задача
7
3
3
21
0
7
1
0
1
0
21
2 задача
4
1
2
33
0
1
0
1
1
1
20
3 задача
13
25
5
0
2
6
0
0
8
0
5
4 задача
49
0
0
0
4
0
1
0
1
0
9
5 задача
20
2
5
16
1
5
11
0
0
0
4
X класс (71 ученик)
26
Баллы
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1 задача
24
35
4
1
2
0
0
0
0
0
5
2 задача
20
35
0
6
0
0
0
0
3
1
6
3 задача
29
21
2
10
0
1
0
0
1
1
6
4 задача
5
11
14
19
1
7
0
0
3
1
10
5 задача
13
14
9
16
17
2
0
0
0
0
0
XI класс (71 ученик)
Баллы
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1 задача
12
33
7
4
0
4
0
2
0
0
9
2 задача
13
18
9
7
12
7
3
1
0
0
1
3 задача
39
23
3
0
0
0
0
0
0
0
6
4 задача
10
10
4
2
5
1
2
0
4
3
30
5 задача
9
5
9
1
4
4
7
20
1
2
9
По результатам олимпиады можно сделать следующие выводы.
Лучшие результаты показали девяти- и одиннадцатиклассники. Среди них
есть ученики, набравшие максимально возможное количество баллов (50
баллов), в IX классе – два ученика, в XI – один. В десятом классе
максимальным баллом является 40, здесь же в число призеров вошли
учащиеся, не набравшие половины из возможных баллов, т.е. имеющие
меньше 25, причем их оказалось достаточно большое количество, это 8
человек из 14 призеров. А в IX и XI классах лишь один из призеров набрал 24
балла, т.е. менее половины баллов. Отсюда можно сделать вывод, что девятии одиннадцатиклассники были подготовлены лучше. Это также видно и из
анализа последней колонки таблицы, где указано число учеников с десятью
баллами. В IX и XI классах это общее число в отдельности в два раза
превышает этот показатель у 10 класса. В качестве общей положительной
оценки можно добавить, что задачи этого года решены лучше, чем прошлого,
т.е.
количество
сократилось.
участников
с
наименьшими
баллами
значительно
27
Если рассматривать итоги, показанные учащимися по задачам, то у
девятиклассников наилучшие показатели по первой и второй задаче, т.е. по
механике и молекулярной физике. Задачи по другим разделам (электричество
и оптика) у большинства учеников вызвали затруднения. Десятиклассникам
легче всего далась четвертая задача на определение сопротивления с
нахождением эквивалентной схемы. Остальные задачи были решены
буквально единицами. У одиннадцатых классов наиболее «легкими»
задачами оказались четвертая и пятая по молекулярной физике и оптике. Их
решили более половины учеников. Первые три задачи решены единицами,
здесь, к сожалению, многие учащиеся не разобрались с условиями задач.
IX класс
14
кол-во учеников
12
10
8
6
4
2
0
0--5
6--10
11--15
16--20
21--25
26--30
баллы
31--35
36--40
41--45
46--50
28
X класс
30
кол-во учеников
25
20
15
10
5
0
0--5
6--10
11--15
16--20
21--25
26--30
31--35
36--40
41--45
46--50
31--35
36--40
41--45
46--50
баллы
XI класс
16
кол-во учеников
14
12
10
8
6
4
2
0
0--5
6--10
11--15
16--20
21--25
26--30
баллы